数论50题
1．由1，3，4，5，7，8这六个数字所组成的六位数中，能被11整除的最大的数是多少？
【分析】各位数字和为1+3+4+5+7+8=28
所以偶数位和奇数位上数字和均为14
为了使得该数最大，首位必须是8，第2位是7，14-8=6
那么第3位一定是5，第5位为1
该数最大为875413。
2．请用1，2，5，7，8，9这六个数字（每个数字至多用一次）来组成一个五位数，使得它能被75整除，并求出这样的五位数有几个？
【分析】75=3×25
若被3整除，则各位数字和是3的倍数，1+2+5+7+8+9=32
所以应该去掉一个被3除余2的，因此要么去掉2要么去掉8
先任给一个去掉8的，17925即满足要求
1）若去掉8
则末2位要么是25要么是75，前3位则任意排，有3！=6种排法
因此若去掉8则有2*6=12个满足要求的数
2）若去掉2
则末2位只能是75，前3位任意排，有6种排法
所以有6个满足要求
综上所述，满足要求的五位数有18个。
3．已知道六位数20□279是13的倍数，求□中的数字是几？
【分析】根据被13整除的判别方法，用末三位减去前面的部分得到一个两位数，十位是7，个位是（9-□），它应该是13的倍数，因为13|78,所以9-□=8
□中的数字是1
4．某自然数，它可以表示成9个连续自然数的和，又可以表示成10个连续自然数的和，还可以表示成11个连续自然数的和，那么符合以上条件的最小自然数是？（2005全国小学数学奥赛）
【分析】可以表示成连续9个自然数的和说明该数能被9整除，可以表示成连续10个自然数的和说明该数能被5整除，可表示成连续11个自然数的和说明该数能被11整除
因此该数是[9,5,11]=495，因此符合条件的最小自然数是495。
5．一次考试中，某班同学有1
3
考了优秀，
1
2
考了良好，
1
7
考了及格，剩下的人不及格，已知该班同学的人数不超
过50，求有多少人不及格？
【分析】乍一看这应该是一个分数应用题，但实际上用到的却是数论的知识，由于人数必须是整数，所以该班同学的人数必须同时是2，3，7的倍数，也就是42的倍数，又因为人数不超过50，所以只能是42人，因此不及格的人
数为（1-1
2
-
1
3
-
1
7
）×42=1人
6．（1）从1到3998这3998个自然数中，有多少个能被4整除？
（2）从1到3998这3998个自然数中，有多少个数的各位数字之和能被4整除？（第14届迎春杯考题）
【分析】（1）3998/4=999….6所以1-3998中有996个能被4整除的
（2）考虑数字和，如果一个一个找规律我们会发现规律是不存在的
因此我们考虑分组的方法
我们补充2个数，0000和3999，此外所有的一位两位三位数都在前面加上0补足4位
然后对这4000个数做如下分组
（0000，1000，2000，3000）
（0001，1001，2001，3001）
（0002，1002，2002，3002）
…….
(0999，1999，2999，3999)
共1000组，容易发现每一组恰好有个数字和是4的倍数，因此共有1000个数字和是4的倍数
但注意到我们补充了一个0000进去。所以原来的3998个数里，有999个数字和是4的倍数。
7．是否可在下列各数之间添加加号或者减号，使得等式成立？
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10=36
若可以，请写出符合条件的等式；若不可以，请说明理由。
【分析】无论是加还是减，对奇偶性没有影响，如果全是加号的话，那么算出的结果是55是个奇数，因此某些加号变成减号后所得结果仍然是奇数，不可能是36，因此不可能使等式成立。
8．黑板上写着两个数1和2，按下列规则增写新数，若黑板有两个数a和b，则增写a×b＋a＋b这个数，比如可增写5（因为1×2＋1＋2＝5）增写11（因为1×5＋1＋5＝11），一直写下去，问能否得到2008，若不能，说明理由，若能则说出最少需要写几次得到？（2001年同方杯试题改编）
【分析】开始是一奇数一个偶数，根据规则变成的新数是奇数×偶数+奇数+偶数，仍然是一个奇数，此时我们有2个奇数，一个偶数，如果还用奇数和偶数来进行运算的话我们新添的仍然是奇数，若用2个奇数进行运算，则新添的数是奇数×奇数+奇数+奇数，仍然是奇数。因此无论我们怎么算都只能增写奇数，不可能写出2008这个偶数。
9．从1，2，3，4，5，6，7，8，9中任意选出三个数，使它们的和为偶数，则共有几种不同的选法？
【分析】3个数的和是偶数有2种可能
1）三个都是偶数，从2，4，6，8里选3个有4种可能
2）两个奇数一个偶数，从1，3，5，7，9里选2个有10种可能，从2，4，6，8里选一个有4种可能，根据乘法原理有40种选法
综上所述，共有44种不同的选法。
10．已知3个不同质数的和是最小的合数的完全平方，求这3个质数的乘积是多少？
【分析】最小的合数是4，其平方为16
我们知道奇数个奇数的和是奇数，所以这3个质数中必然有2
那么其余2个的和是14
只能一个是3一个是11
因此这3个质数的乘积是2×3×11=66
11．有1997个奇数，它们的和等于它们的乘积。其中有三个数不是1，而是三个不同的质数。那么，这样的三个质数是、、
【分析】设这3个不同的质数分别是a，b，c
根据题意 abc=1994+a+b+c
这3个质数不可能都很大，假如最小的是11的话，那么11*13*17=2431,太大了
所以a，b，c中一定有一个是3，5，7中的
若a=3，那么3bc=1997+b+c,c=(1997+b)/(3b-1)
试验一下发现b=5可以使c是整数，c=143，但143不是质数，b=7，11，13都不行
那么我们不妨再让a=5，那么5bc=1999+b+c
c=(1999+b)/(5b-1) b=7时算得c=59，是质数，符合要求
因此a=5，b=7，c=59为满足条件的三个质数。
12．利用约数个数公式
1）分别求12，35和420的约数个数
2）分别求4，6，和24的约数个数
问题1：对于1）的结果，你是否发现了什么规律？
问题2：对于2）该规律是否仍然成立？
问题3：该规律成立的条件是什么，并证明你的结论
【分析】1）d(12)=6 d(35)=4 d(420)=24
规律：12×35=420
d(12)×d(35)=d(420)
2) d(4)=3 d(6)=4 d(24)=8,规律不再成立
3）规律是若(a,b)=1，则d(a)×d(b)=d(ab)
证明用约数个数公式即可
13．一个数的完全平方有39个约数，求该数的约数个数是多少？
【分析】设该数为p1^a1×p2^a2×…pn^an
那么它的平方就是p1^(2a1)×p2^(2a2)…×pn(2an)
因此(2a1+1)(2a2+1)…(2an+1)=39
由于39=3×13=1×39
（1）所以2a1+1=3,2a2+1=13
a1=1,a2=6
故该数的约数个数为(1+1)×(6+1)=14
（2）或者：2a1+1=39
a1=19,那么19+1=20个
14．从1/2 1/4 1/6 1/8 1/10 1/12中去掉2个分数，可使得剩下4个分数之和为1，问去掉哪两个？（希望杯试题）
【分析】单纯试的方法当然可以，但本题如果我们对数论知识理解透彻并应用上的话不需要任何计算就可以“看出”去掉的是1/8和1/10
理由如下
1）因为分母里8是独一无二的有3个质因子2的，所以必须去掉
2）因为10是分母里独一无二的含有质因子5的，所以也必须去掉
15．甲乙两数最小公倍数是60，最大公约数是6，已知甲数是12，求乙数。
【分析】直接用公式[a,b]×(a,b)=ab，代入即得乙数=30
16．已知甲乙两数的和加上它们的最大公约数恰好等于它们的最小公倍数，求它们的最小公倍数除以它们的最大公约数所得的商是几？
【分析】设甲数为a，乙数为b，并设a=（a,b）×a’，b=(a,b)×b’,则[a,b]=(a,b)a’b’
根据题意得 (a,b)a’b’=（a,b）×a’+(a,b)×b’+（a,b）
两边同时约掉(a,b)得到 a’b’=a’+b’+1
所以a’b’-a’-b’+1=2 (a’-1)(b’-1)=2 得a’=3 b’=2
最小公倍数除以最大公约数得到的是a’b’=3×2=6
17． 三个连续正整数，中间一个是完全平方数，将这样的连续三个正整数的乘积称为“美妙数”，问所有的“美妙
数”的最大公约数是多少？（第九届华杯赛）
【分析】 这样的数有3×4×5 8×9×10 15×16×17 24×25×26……
容易发现它们的最大公约数是3×4×5=60
下面给出证明，首先任意连续3个正整数中必然有一个是3的倍数，所以美妙数一定能被3整除，其次，任何一个完全平方数要么是4的倍数要么被8除余1，所以美妙数一定也能被4整除
最后，任何一个完全平方数的末位数字都是0，1，4，5，6，9，无论是哪一个，它们自己加上前后各一个数中必然有一个是0或5，因此美妙数一定也是5的倍数
综上所述，所有美妙数的最大公约数是60
18． 10个非零自然数的和是1001，则它们的最大公约数的最大值是多少？（2002我爱数学少年夏令营）
【分析】 设这10个非零自然数分别是a1,a2,a3,….a10,它们的最大公约数是a
那么a1，a2，…,a10都是a 的倍数
因此1001是a 的倍数，1001=7*11*13
a 是1001的约数，显然a 不能取1001，若a 取143，则a1+a2+…+a10至少是1430也不可能
因此a 最大是7*13=91
19． 一个偶数，它的约数里最大的两个之和是120，求该数是多少？
【分析】 设这个数是2a
那么它最大的两个约数显然是2a 和a
2a+a=120
解得a=40
所以2a=2×40＝80
所以这个数是80。
20． 已知一个苹果重
415千克，一个梨重524千克，且苹果和梨的总重量相同，求最少有几个苹果和几个梨？ 【分析】 本题实质上就是一个求分数得最小公倍数的问题，这类问题有固定的解法，一般地，对于两个分数
和b a d c ，它们的最小公倍数是d)(b,c]a,[，这里[a,c]代表a,b 的最小公倍数，(b,d)代表b,d 的最大公约数。 解法一：根据上述分析本题实质上是求
415和524的最小公倍数 由上面给出的结论知道这个数是），（，2415]54[=3
20 所以苹果和梨的总重量都是
320千克 因此苹果个数是320÷415
=25个 梨的个数是320÷524
=32个。 解法二：设苹果有x 个，梨有y 个
所以154x=24
5y ，推出x:y=25:32 故x 最小是25，y 最小是32。
154x=15
4×25＝320 所以总重量是3
20千克。
21． 一个正整数加上32和132后都等于完全平方数，求这个正整数是多少？
【分析】 设该正整数为a ，根据题意得
a+32=m 2 a+132=n 2
两式相减得(n+m)(n-m)=100,注意到n+m 和n-m 的奇偶性相同
所以n+m=50,n-m=2
解得n=26 m=24
因此a=26×26-132=544
所以这个正整数是544
22． 一间屋子里有编号为1-100的100盏灯，全都是亮的，有编号为1-100的100名同学依次进入房间拉灯，规
则如下：第一名同学把所有的灯都拉了一遍，第二名同学拉了所有号码是2的倍数的灯，第3名同学拉了所有号码是3的倍数的灯…第100名同学拉了所有号码是100的倍数的灯，问最后有几盏灯是灭的？
【分析】 要考虑灯是亮的还是灭的，关键看灯被拉了奇数次还是偶数次，因为原来都亮，要我们求灭的灯的个数，那么也就是求那些被拉了奇数次的灯有几个
注意拉灯的规则我们不难发现，每盏灯被拉的次数恰好是它的约数的个数
又因为约数个数是奇数等价于该数是完全平方数，因为1-100中的完全平方数有10个
因此最后有10盏灯是灭的。
23． 一间屋子里有100盏灯，全都是亮的，有编号为1-100的100名同学依次进入房间拉灯，规则如下：第一名
同学先拉1号灯，然后隔一个拉一个；第2名同学先拉1号灯，然后隔两个拉一个；第3名同学先拉1号灯，然后隔3个拉一个；…第100名同学先拉1号灯，然后隔100个拉一个，问最后有几盏灯是灭的？
【分析】 我们要求的仍然是被拉了奇数次的灯有几个
注意到规则已经产生变化，方便起见我们先举一个简单的例子个大家看
1号同学拉的都是被2除余1的
2号同学拉的都是被3除余1的
…
100号同学拉的是被100除余1的
我们来看7号灯，7被谁除余1呢，那么就要看7-1能被谁整除了，注意到6有4个约数，1，2，3，6，但被1除余1的并没被拉过，因此7号灯被3个同学拉过（2号，3号，6号）
由此可见，n 号灯被拉的次数等于（n-1）的约数个数-1（特别的，1号灯被拉了100次）
我们要求的是被拉奇数次的，那么就要使n-1的约数个数是偶数，即不是完全平方数
0-99中的完全平方数有10个，所以不是完全平方数的就有90个，因此最后有90盏灯是灭的。
24． 已知a,b,c 都是整数，且（a,b,c ）=1,满足ab+bc=ac,求证a-b 是完全平方数
【分析】 证明：ab+bc=ac ，变形得ac-ab-bc=0,即ac-ab-bc+b^2=b^2
因此(a-b)(c-b)=b^2
任取a-b 的一个质因子q （若无质因子那么a-b=1，是完全平方数）
那么b 的平方就能被q 整除，由于q 是质数，所以b 就能被q 整除，又因为a-b 可被q 整除
那么a也能被q整除。
若c-b也有质因子q，那么c就也能被q整除了，和（a，b，c）=1矛盾
所以c-b里无因子q
由此可知b^2里所含的质因子q都在a-b中，必然是偶数个（完全平方数的每个质因子都是偶数个）
由q的任意性可知，a-b里每个质因子的指数都是偶数，因此a-b是完全平方数。
25．已知2008被一些自然数去除，得到的余数都是10．这些自然数共有几个？（15届迎春杯）
【分析】2008被这样的自然数除余数是10，那么1998就是这些自然数的倍数，换句话说
我们要求1998的约数有几个，但注意到除数比余数大，所以我们要求的是1998的约数中那些大于10的，枚举显然不可取，我们考虑用约数个数公式
1998=2*3^3*37,d(1998)=(1+1)*(3+1)(1+1)=16
其中小于10的约数有1，2，3，6，9
去掉它们还有11个
因此这样的自然数共有11个。
26．有一串数：1，3，8，22，60，164，448，…其中第一个数是1，第二个数是3，从第三个数起，每个数恰好是前两个数之和的2倍。那么在这串数中，第2000个数除以9的余数是
【分析】把这串数除以9的余数列出来如下
1，3，8，4，6，2，7，0，5，1，3，….
发现恰好每9个一循环
2000被9除余数是2，所以第2000个和第2个是一样的，除以9的余数是3
27．用自然数n去除63，91，129所得余数之和是25，求n
【分析】方便起见我们把3次除法的商和余数都设出来
63÷n=a…r1
91÷n=b…r2
129÷n=c…r3
r1+r2+r3=25
根据带余除法，(a+b+c)n+(r1+r2+r3)=63+91+129
即(a+b+c)n=258=2*3*43
试验后易知n=43
28．一个小于200的自然数，被7除余2，被8除余3，被9除余1，这个数是多少？
【分析】注意到7-2=8-3=5
也就是说该数加上5以后可被7和8整除，也就是56的倍数
因此这个数只可能是56-5 56*2-5 56*3-5
经检验发现只有56*3-5=163被9除余1符合要求，因此该数为163
29．一堆糖果，如果每2块分一堆剩1个，每3块分一堆剩1个….每10个分一堆也剩1个，且这堆糖果的个数在99-5000之间，求这堆糖果的个数？
【分析】糖果数减掉1的话就能同时被2，3，4，…10整除
[1,2,3,…10]=2520
因此糖果数被2520除余1，在题目要求的范围里这样的数只有2521，因此这堆糖果的个数是2521。
30．若有一数介于300与400之间，以3除剩1，以8除剩5，以11除剩4。问此数为何？
【分析】下面介绍一种通用的方法
第一步：先找一个被3除余1，被8和11同时整除的数，容易找到是88
第二步：找一个被8除余1，被3和11同时整除的数，容易找到是33
第三步：找一个被11除余1，被3和8同时整除的数，容易找到是144
最后一步，算出该数1*88+5*33+4*144=829
但该数不在300-400之间怎么办呢？我们只需要减去[3,8,11]=264
那么该数被3，8，11除的余数都不会改变，829-264-264=301
因此所求数为301，经检验的确符合要求
31．已知三个连续自然数，它们都小于2002，其中最小的一个自然数能被13整除，中间的一个自然数能被15整除，最大的一个自然数能被17整除。那么，最小的一个自然数是多少？
（第18届迎春杯）
【分析】假设中间一个是a，那么a被13除余1，被15整除，被17除余16
先满足前2个条件，被15整除且被13除余1
因为15除以13余2，2*7=14除以13余1，所以该数为15*7=105
如果加上[13，15]=195仍然符合前2条，因此该数形如105+195n
我们只需要满足该数被17除余16即可
105+195n=(102+187n)+(3+8n)
所以8n+3被17除余16即可，即8n被17除余13，n=8即可满足要求
因此a=105+195*8=1665
所以最小一个自然数是1664
32．红、黄、白和蓝色卡片各1张，每张上写有1个数字，小明将这4张卡片如下图放置，使它们构成1个四位数，并计算这个四位数与它的各位数字之和的10倍的差。结果小明发现，无论白色卡片上是什么数字，计算结
果都是1998。问：红、黄、蓝3张卡片上各是什么数字？
【分析】设红、黄、白、蓝色卡片上的数字分别是a3，a2，a1，a0，则这个四位数可以写成 1000a3+100a2+10a1+a0，它的各位数字之和的10倍是
10（a3+a2+a1+a0）=10a3+10a2+10a1+10a0，
这个四位数与它的各位数字之和的10倍的差是
990a3+90a2-9a0=1998，
110a3+10a2-a0=222。
比较上式等号两边个位、十位和百位，可得
a0=8，a2=1，a3=2。
所以红色卡片上是2，黄色卡片上是1，蓝色卡片上是8。
33．筐里共有96个苹果，如果不一次全拿出，也不一个个地拿；要求每次拿出的个数同样多，拿完时又正好不多
不少，有________种不同的拿法.
【分析】按题目的规定，每次拿的个数都是96的约数(除96和1之外)，这样问题转化为求96的约数个数.将96分解质因数，得96=2×2×2×2×2×3.除去96和1之外，96的约数有10个：
答：有10种不同拿法. 2；3；4；6；8；12；16；24；32；48.
34．十二张扑克牌，2点、6点、10点各四张.你能从中选出七张牌，使上面点数之和等于52吗?说明理由. 【分析】每张牌的点数除以4，都余2，所以任取七张，点数之和被4除都余2，而52被4整除，所以不能使点数之和等于52。
35．现有三个自然数，它们的和是1111，这样的三个自然数的公约数中，最大的可以是多少？
【分析】只知道三个自然数的和，不知道三个自然数具体是几，似乎无法求最大公约数。只能从唯一的条件“它们的和是1111”入手分析。三个数的和是1111，它们的公约数一定是1111的约数。因为1111=101×11，它的约数只能是1，11，101和1111，由于三个自然数的和是1111，所以三个自然数都小于1111，1111不可能是三个自然数的公约数，而101是可能的，比如取三个数为101，101和909。所以所求数是101。
36．如果N是1，2，3，…，1998，1999，2000的最小公倍数，那么N等于多少个2与1个奇数的积？
【分析】因为102=1024，112=2048＞2000，每一个不大于2000的自然数表示为质因数相乘，其中2的个数不多于2，所以，N等于10个2与某个奇数的积。
10个，而1024=10
37．求这样的三位数，它除以11所得的余数等于它的三个数字的平方和。
【分析】三位数只有900个，可用枚举法解决，枚举时可先估计有关量的范围，以缩小讨论范围，减少计算量。设这个三位数的百位、十位、个位的数字分别为x，y，z。由于任何数除以11所得余数都不大于10，所以x2+y2+z2≤10，
从而1≤x≤3，0≤y≤3，0≤z≤3。所求三位数必在以下数中：
100，101，102，103，110，111，112，
120，121，122，130，200，201，202，
211，212，220，221，300，301，310。
不难验证只有100，101两个数符合要求。
38．在1-600中，恰好有3个约数的数有几个？
【分析】我们只需要注意到有3个约数的数一定是质数的完全平方
2,3,5,7,11,13,17,19,23这9个数的平方数在1-600之间
共有9个符合要求
39．有3张扑克牌，牌面数字都在10以内。把这3张牌洗好后，分别发给小明、小亮、小光3人。每个人把自己牌的数字记下后，再重新洗牌、发牌、记数，这样反复几次后，3人各自记录的数字的和顺次为13，15，23。问：这3张牌的数字分别是多少？
【分析】13+15+23=51，51=3×17。因为17＞13，摸17次是不可能的，所以摸了 3次， 3张扑克牌数字之和是17，可能的情况有下面15种：
①1，6，10 ②1，7，9 ③1，8，8
④2，5，10 ⑤2，6，9 ⑥2，7，8
⑦3，4，10 ⑧3，5，9 ⑨3，6，8
⑩3，7，7 (11)4，4，9 (12)4，5，8
(13)4，6，7 (14)5，5，7 (15)5，6，6
只有第⑧种情况可以满足题目要求，即
3+5+5=13；3+3+9=15；5+9+9=23。
这3张牌的数字分别是3，5和9。
40． 写出12个都是合数的连续自然数。
【分析】 分析一：在寻找质数的过程中，我们可以看出100以内最多可以写出7个连续的合数：90，91，92，93，94，95，96。我们把筛选法继续运用下去，把考查的范围扩大一些就行了。
解法1：用筛选法可以求得在113与127之间共有12个都是合数的连续自然数：
114，115，116，117，118，119，120，
121，122，123，124，125，126。
分析二：如果12个连续自然数中，第1个是2的倍数，第2个是3的倍数，第3个是4的倍数……第12个是13的倍数，那么这12个数就都是合数。
又m+2，m+3，…，m+13是12个连续整数，故只要m 是2，3，…，13的公倍数，这12个连续整数就一定都是合数。 解法2：设m 为2，3，4，…，13这12个数的最小公倍数。m+2，m+3，m+4，…，m+13分别是2的倍数，3的倍数，4的倍数……13的倍数，因此12个数都是合数。
说明:我们还可以写出
13！+2，13！+3，…，13！+13
（其中n ！=1×2×3×…×n ）这12个连续合数来。
同样，（m+1）！+2，（m+1）！+3，…，（m+1）！+m+1是m 个连续的合数。
41． 将100以内的质数从小到大排成一个数字串，依次完成以下5项工作叫做一次操作：
（1）将左边第一个数码移到数字串的最右边；
（2）从左到右两位一节组成若干个两位数；
（3）划去这些两位数中的合数；
（4）所剩的两位质数中有相同者，保留左边的一个，其余划去；
（5）所余的两位质数保持数码次序又组成一个新的数字串。
问：经过1999次操作，所得的数字串是什么？
【分析】 第1次操作得数字串711131131737； 第2次操作得数字串11133173； 第3次操作得数字串111731； 第4次操作得数字串1173； 第5次操作得数字串1731； 第6次操作得数字串7311； 第7次操作得数字串3117； 第8次操作得数字串1173。
不难看出，后面以4次为周期循环，1999=4×499+3，所以第1999次操作所得数字串与第7次相同，是3117。
42． 甲、乙两个代表团乘车去参观，每辆车可乘36人。两代表团坐满若干辆车后，甲代表团余下的11人与乙代
表团余下的成员正好又坐满一辆车。参观完，甲代表团的每个成员与乙代表团的每个成员两两合拍一张照片留念。如果每个胶卷可拍36张照片，那么拍完最后一张照片后，相机里的胶卷还可拍几张照片？
【分析】 甲代表团坐满若干辆车后余11人，说明甲代表团的人数（简称甲数）除以36余11；两代表团余下的人正好坐满一辆车，说明乙代表团余36-11=25（人），即乙代表团的人数（简称乙数）除以36余25；甲代表团的每个成员与乙代表团的每个成员两两合拍一张照片，共要拍“甲数×乙数”张照片，因为每个胶卷拍36张，所以最后一个胶卷拍的张数，等于“甲数×乙数”除以36的余数。因为甲数除以36余11，乙数除以36余25，所以“甲数×乙数”除以36的余数等于11×25除以36的余数。
（11×25）÷36=7……23，
即最后一个胶卷拍了23张，还可拍36-23=13（张）。
43． (第五届小学数学报竞赛决赛)用某自然数a 去除1992，得到商是46，余数是r ，求a 和r ．
【分析】
因为1992是a 的46倍还多r ,得到1992464314÷=L L ，得1992464314=?+，所以43a =，14r =．
44． 一个两位数除以13的商是6，除以11所得的余数是6，求这个两位数．
【分析】 因为一个两位数除以13的商是6，所以这个两位数一定大于13678?=，并且小于13(61)91?+=；又因
为这个两位数除以11余6，而78除以11余1，这个两位数为78583+=．
45． 1013除以一个两位数，余数是12．求出符合条件的所有的两位数．
【分析】 1013121001-=，100171113=??，那么符合条件的所有的两位数有11,13,77,91，因为“余数
小于除数”,所以舍去11，答案只有13,77,91．
46． (2002年全国小学数学奥林匹克试题)两数相除，商4余8，被除数、除数、商数、余数四数之和等于415，
则被除数是_______．
【分析】 因为被除数减去8后是除数的4倍，所以根据和倍问题可知，除数为
7914884415=+÷---）（）（，所以，被除数为3248479=+?．
47． 有一个整数，除39,51,147所得的余数都是3，求这个数．
【分析】 (法1)39336-=，1473144-=，(36,144)12=，12的约数是1,2,3,4,6,12，
因为余数为3要小于除数，这个数是4,6,12；
(法2)由于所得的余数相同，得到这个数一定能整除这三个数中的任意两数的差，也就是说它是任意两数差的公约数．513912-=，14739108-=，(12,108)12=，所以这个数是4,6,12．
48． 有一个大于1的整数，除45,59,101所得的余数相同，求这个数．
【分析】 1014556-=，594514-=，(56,14)14=，14的约数有1,2,7,14，所以这个数可能为2,7,14．
49． 甲、乙、丙三人打牌。第一局，甲输给了乙和丙，使得乙、丙手中的点数都翻了一番。第二局，甲和乙赢了，
从而甲、乙手中的点数翻了一番。最后一局，甲、丙获胜，两人手中的点数翻了一番。这样，甲、乙、再三人每人都是二赢一输，并且每人手中的点数完全相等，可是甲发现自己输了100点。请问：开始时，甲手上有多少点?(每局三人的点数总和保持不变)
【分析】
甲 乙 丙
开始时 1.625 0.5 0.875
1 0.25 1 1.75
2 0.5 2 0.5
3 1 1 1
100÷(1.625-1)×1.625=260
50． 两个数的最大公约数是21，最小公倍数是126。这两个数的和是________
【分析】 126÷21=6 6=1×6=2×3
所以21×1+21×6=147 或21×2+21×3=105
数论基础知识 小学数论问题，起因于除法算式：被除数÷除数＝商……余数 1.能整除：整除，因数与倍数，奇数与偶数，质数与合数，公因数与公倍数，分解质因数等； 2.不能整除：余数，余数的性质与计算（余数），同余问题（除数），物不知数问题（被除数）。 一、因数与倍数 1、因数与倍数 （1）定义： 定义1：若整数a能够被b整除，a叫做b的倍数，b就叫做a的因数。 定义2：如果非零自然数a、b、c之间存在a×b＝c，或者c÷a＝b，那么称a、b是c的因数，c是a、b 的倍数。 注意：倍数与因数是相互依存关系，缺一不可。（a、b是因数，c是倍数） 一个数的因数个数是有限的，最小的因数是1，最大的因数是它本身。 一个数的倍数个数是无限的，最小的倍数是它本身，没有最大的倍数。 （2）一个数的因数的特点： ①最小的因数是1，第二小的因数一定是质数； ②最大的因数是它本身，第二大的因数是：原数÷第二小的因数 （3）完全平方数的因数特征： ①完全平方数的因数个数是奇数个，有奇数个因数的数是完全平方数。 ②完全平方数的质因数出现次数都是偶数次； ③1000以内的完全平方数的个数是31个，2000以内的完全平方数的个数是44个，3000以内的完 全平方数的个数是54个。（312=961，442=1936，542=2916） 2、数的整除（数的倍数） （1）定义： 定义1：一般地，三个整数a、b、c，且b≠0，如有a÷b＝c，则我们就说，a能被b整除，或b能整除a，或a能整除以b。 定义2：如果一个整数a，除以一个整数b（b≠0），得到一个整数商c，而且没有余数，那么叫做a能被b整除或b能整除a，记作b|a。（a≥b） （2）整除的性质： 如果a、b能被c整除，那么（a+b）与（a-b）也能被c整除。 如果a能被b整除，c是整数，那么a×c也能被b整除。 如果a能被b整除，b又能被c整除，那么a也能被c整除。 如果a能被b、c整除，那么a也能被b和c的最小公倍数整除。 （3）一些常见数的整除特征（倍数特征）： ①末位判别法 2、5的倍数特征：末位上的数字是2、5的倍数。 4、25的倍数特征：末两位上的数字是4、25的倍数。 8、125的倍数特征：末三位上的数字是8、125的倍数。 ②截断求和法（从右开始截） 9（及其因数3）的倍数特征：一位截断求和 99（及其因数3、9、11、33）的倍数特征：两位截断求和 999（及其因数3、9、27、37、111、333）的倍数特征：三位截断求和 ③截断求差法（从右开始截） 11的倍数特征：一位截断求差 101的倍数特征：两位截断求差 1001（及其因数7、11、13、77、91、143）的倍数特征：三位截断求差
数论50题 1．由1，3，4，5，7，8这六个数字所组成的六位数中，能被11整除的最大的数是多少？【分析】各位数字和为1+3+4+5+7+8=28 所以偶数位和奇数位上数字和均为14 为了使得该数最大，首位必须是8，第2位是7，14-8=6 那么第3位一定是5，第5位为1 该数最大为875413。 2．请用1，2，5，7，8，9这六个数字（每个数字至多用一次）来组成一个五位数，使得它能被75整除，并求出这样的五位数有几个？ 【分析】 75=3×25 若被3整除，则各位数字和是3的倍数，1+2+5+7+8+9=32 所以应该去掉一个被3除余2的，因此要么去掉2要么去掉8 先任给一个去掉8的，17925即满足要求 1）若去掉8 则末2位要么是25要么是75，前3位则任意排，有3！=6种排法 因此若去掉8则有2*6=12个满足要求的数 2）若去掉2 则末2位只能是75，前3位任意排，有6种排法 所以有6个满足要求 综上所述，满足要求的五位数有18个。 3．已知道六位数20□279是13的倍数，求□中的数字是几？ 【分析】根据被13整除的判别方法，用末三位减去前面的部分得到一个两位数，十位是7，个位是（9-□），它应该是13的倍数，因为13|78,所以9-□=8 □中的数字是1 4．某自然数，它可以表示成9个连续自然数的和，又可以表示成10个连续自然数的和，还可以表示成11个连续自然数的和，那么符合以上条件的最小自然数是？（2005全国小学数学奥赛）【分析】可以表示成连续9个自然数的和说明该数能被9整除，可以表示成连续10个自然数的和说明该数能被5整除，可表示成连续11个自然数的和说明该数能被11整除 因此该数是[9,5,11]=495，因此符合条件的最小自然数是495。 111考了优秀，一次考试中，某班同学有考了良好，考了及格，剩下的人不及格，已知该5．723班同学的人数不超过50，求有多少人不及格？ 【分析】乍一看这应该是一个分数应用题，但实际上用到的却是数论的知识，由于人数必须是整数，所以该班同学的人数必须同时是2，3，7的倍数，也就是42的倍数，又因为人数不超过50，111--）×42=1人 1-所以只能是42人，因此不及格的人数为（7326．（1）从1到3998这3998个自然数中，有多少个能被4整除？ （2）从1到3998这3998个自然数中，有多少个数的各位数字之和能被4整除？ （第14届迎春杯考题） 【分析】（1）3998/4=999….6所以1-3998中有996个能被4整除的
名校真题测试卷10 （数论篇一） 1、（05年人大附中考题）有_____个四位数满足下列条件：它的各位数字都是奇数；它的各位数字互不相同；它的每个数字都能整除它本身。 2、（05年101中学考题） 如果在一个两位数的两个数字之间添写一个零，那么所得的三位数是原来的数的9倍，问这个两位数 是_____。 3 （05年首师附中考题） 1 21+ 202 2121 + 50513131313 21212121212121 =________。 4 （04年人大附中考题） 甲、乙、丙代表互不相同的3个正整数，并且满足：甲×甲=乙+乙=丙×135．那么甲最小是____。 (02年人大附中考题) 下列数不是八进制数的是( ) A、125 B、126 C、127 D、128 【附答案】 1 【解】：6 2 【解】：设原来数为ab，这样后来的数为a0b,把数字展开我们可得：100a+b=9×(10a+b),所以我们可以知道5a=4b,所以a=4,b=5,所以原来的两位数为45。 3 【解】：周期性数字，每个数约分后为1 21 + 2 21 + 5 21 + 13 21 =1 4 【解】：题中要求丙与135的乘积为甲的平方数，而且是个偶数（乙+乙），这样我们分解135=5×3×3×3，所以丙最小应该是2×2×5×3，所以甲最小是：2×3×3×5=90。 5 【解】：八进制数是由除以8的余数得来的，不可能出现8，所以答案是D。 第十讲小升初专项训练数论篇（一） 一、小升初考试热点及命题方向 数论是历年小升初的考试难点，各学校都把数论当压轴题处理。由于行程题的类型较多，题型多样，变化众多，所以对学生来说处理起来很头疼。数论内容包括：整数的整除性，同余,奇数与偶数,质数与合数,约数与倍数,整数的分解与分拆等。作为一个理论性比较强的专题，数论在各种杯赛中都会占不小的比重，而且数论还和数字谜,不定方程等内容有着密切的联系,其重要性是不言而喻的。 二、考点预测 的小升初考试将继续以填空和大题形式考查数论，命题的方向可能偏向小题考察单方面的知识点，大题
小学奥数中的数论问题 在奥数竞赛中有一类题目叫做数论题，这一部分的题目具有抽象，思维难度大，综合运用知识点多的特点，基本上出现数论题目的时候大部分同学做得都不好。 一、小学数论究包括的主要内容 我们小学所学习到的数论内容主要包含以下几类： 整除问题：（1）整除的性质；（2）数的整除特征（小升初常考内容） 余数问题：（1）带余除式的运用被除数=除数×商+余数.（余数总比除数小） （2）同余的性质和运用 奇偶问题：（1）奇偶与加减运算；（2）奇偶与乘除运算质数合数：重点是质因数的分解（也称唯一分解定理）约数倍数：（1）最大公约最小公倍数两大定理 一、两个自然数分别除以它们的最大公约数，所得的商互质。 二、两个数的最大公约和最小公倍的乘积等于这两个数的乘积。 （2）约数个数决定法则（小升初常考内容） 整数及分数的分解与分拆：这一部分在难度较高竞赛中常
出现，属于较难的题型。二、数论部分在考试题型中的地位 在整个数学领域，数论被当之无愧的誉为“数学皇后”。翻开任何一本数学辅导书，数论的题型都占据了显著的位置。在小学各类数学竞赛和小升初考试中，系统研究发现，直接运用数论知识解题的题目分值大概占据整张试卷总分的30%左右，而在竞赛的决赛试题和小升初一类中学的分班测试题中，这一分值比例还将更高。 出题老师喜欢将数论题作为区分尖子生和普通学生的依据，这一部分学习的好坏将直接决定你是否可以在选拔考试中拿到满意的分数。三、孩子在学习数论部分常常会遇到的问题 数学课本上的数论简单，竞赛和小升初考试的数论不简单。 有些孩子错误地认为数论的题目很简单，因为他们习惯了数学课本上的简单数论题，比如：例1：求36有多少个约数？ 这道题就经常在孩子们平时的作业里和单元测试里出现。可是小升初考题里则是：例2：求3600有多少个约数？ 很多孩子就懵了，因为“平时考试里没有出过这么大的数！”（孩子语）于是乎也硬着头皮用课堂上求约数的方法去求，白白浪费了大把的时间，即使最后求出结果也并不划
小学奥数数论知识点总结 1.奇偶性问题 奇+奇=偶奇×奇=奇 奇+偶=奇奇×偶=偶 偶+偶=偶偶×偶=偶 2.位值原则 形如：abc=100a+10b+c 3.数的整除特征： 整除数特征 2末尾是0、2、4、6、8 3各数位上数字的和是3的倍数 5末尾是0或5 9各数位上数字的和是9的倍数 11奇数位上数字的和与偶数位上数字的和，两者之差是11的倍数4和25末两位数是4(或25)的倍数 8和125末三位数是8(或125)的倍数 7、11、13末三位数与前几位数的差是7(或11或13)的倍数 4.整除性质 ①如果c|a、c|b，那么c|(ab)。 ②如果bc|a，那么b|a，c|a。 ③如果b|a，c|a，且(b,c)=1,那么bc|a。④如果c|b,b|a,那么c|a.
⑤a个连续自然数中必恰有一个数能被a整除。 5.带余除法 一般地，如果a是整数，b是整数(b≠0),那么一定有另外两个整数q和r，0≤r 当r=0时，我们称a能被b整除。 当r≠0时，我们称a不能被b整除，r为a除以b的余数，q为a除以b的不完全商(亦简称为商)。用带余数除式又可以表示为a÷b=q……r,0≤r 6.唯一分解定理 任何一个大于1的自然数n都可以写成质数的连乘积，即n=p1×p2×...×pk 7.约数个数与约数和定理 设自然数n的质因子分解式如n=p1×p2×...×pk那么：n的约数个数： d(n)=(a1+1)(a2+1)....(ak+1) n的所有约数和：(1+P1+P1+…p1)(1+P2+P2+…p2)… (1+Pk+Pk+…pk) 8.同余定理 ①同余定义：若两个整数a，b被自然数m除有相同的余数，那么称a，b 对于模m同余，用式子表示为a≡b(modm) ②若两个数a，b除以同一个数c得到的余数相同，则a，b的差一定能被c整除。③两数的和除以m的余数等于这两个数分别除以m的余数和。 ④两数的差除以m的余数等于这两个数分别除以m的余数差。 ⑤两数的积除以m的余数等于这两个数分别除以m的余数积。 9.完全平方数性质 ①平方差：A-B=(A+B)(A-B)，其中我们还得注意A+B，A-B同奇偶性。
第十一讲 数论综合（二） 教学目标： 1、 掌握质数合数、完全平方数、位值原理、进制问题的常见题型； 2、 重点理解和掌握余数部分的相关问题，理解“将不熟悉转化成熟悉”的数学思想 例题精讲： 板块一 质数合数 【例 1】 有三张卡片，它们上面各写着数字1，2，3，从中抽出一张、二张、三张，按任意次序排列出来， 可以得到不同的一位数、二位数、三位数，请你将其中的质数都写出来． 【解析】 抽一张卡片，可写出一位数1，2，3；抽两张卡片，可写出两位数12，13，21，23，31，32；抽三 张卡片，可写出三位数123，132，213，231，312，321，其中三位数的数字和均为6，都能被3整除，所以都是合数．这些数中，是质数的有：2，3，13，23，31． 【例 2】 三个质数的乘积恰好等于它们和的11倍，求这三个质数． 【解析】 设这三个质数分别是a 、b 、c ，满足11abc a b c =++()，则可知a 、b 、c 中必有一个为11，不妨 记为a ，那么11bc b c =++，整理得(1b -)(1c -)12=，又121122634=?=?=?，对应的2b =、13c =或3b =、7c =或4b =、5c = (舍去)，所以这三个质数可能是2，11，13或3，7，11． 【例 3】 用1，2，3，4，5，6，7，8，9这9个数字组成质数，如果每个数字都要用到并且只能用一次，那 么这9个数字最多能组成多少个质数？ 【解析】 要使质数个数最多，我们尽量组成一位的质数，有2、3、5、7均为一位质数，这样还剩下1、4、6、 8、9这5个不是质数的数字未用．有1、4、8、9可以组成质数41、89，而6可以与7组合成质数 67．所以这9个数字最多可以组成6个质数． 【例 4】 有两个整数，它们的和恰好是两个数字相同的两位数，它们的乘积恰好是三个数字相同的三位 数．求这两个整数分别是多少？ 【解析】 两位数中，数字相同的两位数有11、22、33、44、55、66、77、88、99共九个，它们中的每个数都 可以表示成两个整数相加的形式，例如331322313301617=+=+=+==+，共有16种形式，如果把每个数都这样分解，再相乘，看哪两个数的乘积是三个数字相同的三位数，显然太繁琐了．可以从乘积入手，因为三个数字相同的三位数有111、222、333、444、555、666、777、888、999，每个数都是111的倍数，而111373=?，因此把这九个数表示成一个两位数与一个一位数或两个两位数相乘时，必有一个因数是37或37的倍数，但只能是37的2倍(想想为什么？)3倍就不是两位数了． 把九个三位数分解：111373=?、222376743=?=?、333379=?、4443712746=?=?、5553715=?、6663718749=?=?、7773721=?、88837247412=?=?、9993727=?． 把两个因数相加，只有(743+)77=和(3718+)55=的两位数字相同．所以满足题意的答案是74和3，37和18． 板块二 余数问题 【例 5】 (2003年全国小学数学奥林匹克试题)有两个自然数相除，商是17，余数是13，已知被除数、除数、 商与余数之和为2113，则被除数是多少？ 【解析】 被除数+除数+商+余数=被除数+除数+17+13=2113，所以被除数+除数=2083，由于被除数是除 数的17倍还多13，则由“和倍问题”可得：除数=(2083-13)÷(17+1)=115，所以被除数=2083-115=1968．
数论专题典型结论汇总 整除 一、常见数字的整除判定方法 1. 一个数的末位能被2或5整除，这个数就能被2或5整除； 一个数的末两位能被4或25整除，这个数就能被4或25整除； 一个数的末三位能被8或125整除，这个数就能被8或125整除； 2. 一个位数数字和能被3整除，这个数就能被3整除； 一个数各位数数字和能被9整除，这个数就能被9整除； 3. 如果一个整数的奇数位上的数字之和与偶数位上的数字之和的差能被11整除，那么这个数能被11整除. 4. 如果一个整数的末三位与末三位以前的数字组成的数之差能被7、11或13整除，那么这个数能被7、11或13整除. 5.如果一个数能被99整除，这个数从后两位开始两位一截所得的所有数（如果有偶数位则拆出的数都有两个数字，如果是奇数位则拆出的数中若干个有两个数字还有一个是一位数）的和是99的倍数，这个数一定是99的倍数。 【备注】（以上规律仅在十进制数中成立.） 二、整除性质 性质1 如果数a 和数b 都能被数c 整除，那么它们的和或差也能被c 整除．即如果c ︱a ， c ︱b ，那么c ︱(a ±b )． 性质2 如果数a 能被数b 整除，b 又能被数c 整除，那么a 也能被c 整除．即如果b ∣a ， c ∣b ，那么c ∣a ． 用同样的方法，我们还可以得出： 性质3 如果数a 能被数b 与数c 的积整除，那么a 也能被b 或c 整除．即如果bc ∣a ，那 么b ∣a ，c ∣a ． 性质4 如果数a 能被数b 整除，也能被数c 整除，且数b 和数c 互质，那么a 一定能被b 与c 的乘积整除．即如果b ∣a ，c ∣a ，且(b ，c )=1，那么bc ∣a ． 例如：如果3∣12，4∣12，且(3，4)=1，那么(3×4) ∣12． 性质5 如果数a 能被数b 整除，那么am 也能被bm 整除．如果 b ｜a ，那么bm ｜am （m 为 非0整数）； 性质6 如果数a 能被数b 整除，且数c 能被数d 整除，那么ac 也能被bd 整除．如果 b ｜ a ，且d ｜c ，那么bd ｜ac ； 质数合数 一、判断一个数是否为质数的方法 根据定义如果能够找到一个小于p 的质数q (均为整数)，使得q 能够整除p ，那么p 就不是质数，所以我们只要拿所有小于p 的质数去除p 就可以了；但是这样的计算量很大，对于不太大的p ，我们可以先找一个大于且接近p 的平方数2K ，再列出所有不大于K 的质数，用这些质数去除p ，如没有能够除尽的那么p 就为质数.例如：149很接近1441212=?，根据整除的性质149不能被2、3、5、7、11整除，所以149是质数. 二、唯一分解定理 任何一个大于1的自然数n 都可以写成质数的连乘积，即： 312123k a a a a k n p p p p =????
小学奥数知识点大全：数论问题 1．奇偶性问题 奇+奇=偶奇×奇=奇 奇+偶=奇奇×偶=偶 偶+偶=偶偶×偶=偶 2．位值原则 形如：abc=100a+10b+c 3．数的整除特征： 整除数特征 2末尾是0、2、4、6、8 3各数位上数字的和是3的倍数 5末尾是0或5 9各数位上数字的和是9的倍数 11奇数位上数字的和与偶数位上数字的和，两者之差是11的倍数 4和25末两位数是4（或25）的倍数 8和125末三位数是8（或125）的倍数 7、11、13末三位数与前几位数的差是7（或11或13）的倍数 4．整除性质 ①如果c|a、c|b，那么c|(ab)。 ②如果bc|a，那么b|a，c|a。 ③如果b|a，c|a，且（b,c）=1,那么bc|a。 ④如果c|b,b|a,那么c|a. ⑤a个连续自然数中必恰有一个数能被a整除。 5．带余除法 一般地，如果a是整数，b是整数（b≠0）,那么一定有另外两个整数q和r，0?r＜b,使得a=b×q+r 当r=0时，我们称a能被b整除。 当r≠0时，我们称a不能被b整除，r为a除以b的余数，q为a除以b的不完全商（亦简称为商）。用带余数除式又可以表示为a÷b=q……r,0?r＜ba=b×q+r 6.唯一分解定理
任何一个大于1的自然数n都可以写成质数的连乘积，即 n=p1×p2×...×pk 7.约数个数与约数和定理 设自然数n的质因子分解式如n=p1×p2×...×pk那么： n的约数个数：d(n)=(a1+1)(a2+1)....(ak+1) n的所有约数和：（1+P1+P1+…p1）（1+P2+P2+…p2）…（1+Pk+Pk+…pk） 8.同余定理 ①同余定义：若两个整数a，b被自然数m除有相同的余数，那么称a，b对于模m同余，用式子表示为a≡b(modm) ②若两个数a，b除以同一个数c得到的余数相同，则a，b的差一定能被c整除。 ③两数的和除以m的余数等于这两个数分别除以m的余数和。 ④两数的差除以m的余数等于这两个数分别除以m的余数差。 ⑤两数的积除以m的余数等于这两个数分别除以m的余数积。 9．完全平方数性质 ①平方差：A-B=（A+B）（A-B），其中我们还得注意A+B，A-B同奇偶性。 ②约数：约数个数为奇数个的是完全平方数。 约数个数为3的是质数的平方。 ③质因数分解：把数字分解，使他满足积是平方数。 ④平方和。 10．孙子定理（中国剩余定理） 11．辗转相除法 12．数论解题的常用方法： 枚举、归纳、反证、构造、配对、估计
数论基础知识 小学数论问题,起因于除法算式：被除数÷除数＝商……余数 1.能整除：整除,因数与倍数,奇数与偶数,质数与合数,公因数与公倍数,分解质因数等； 2.不能整除：余数,余数的性质与计算（余数）,同余问题（除数）,物不知数问题（被除数）。 一、因数与倍数 1、因数与倍数 （1）定义： 定义1：若整数a能够被b整除,a叫做b的倍数,b就叫做a的因数。 定义2：如果非零自然数a、b、c之间存在a×b＝c,或者c÷a＝b,那么称a、b是c的因数,c是a、b 的倍数。 注意：倍数与因数是相互依存关系,缺一不可。（a、b是因数,c是倍数） 一个数的因数个数是有限的,最小的因数是1,最大的因数是它本身。 一个数的倍数个数是无限的,最小的倍数是它本身,没有最大的倍数。 （2）一个数的因数的特点： ①最小的因数是1,第二小的因数一定是质数； ②最大的因数是它本身,第二大的因数是：原数÷第二小的因数 （3）完全平方数的因数特征： ①完全平方数的因数个数是奇数个,有奇数个因数的数是完全平方数。 ②完全平方数的质因数出现次数都是偶数次； ③1000以内的完全平方数的个数是31个,2000以内的完全平方数的个数是44个,3000以内的完 全平方数的个数是54个。（312=961,442=1936,542=2916） 2、数的整除（数的倍数） （1）定义： 定义1：一般地,三个整数a、b、c,且b≠0,如有a÷b＝c,则我们就说,a能被b整除,或b能整除a,或a能整除以b。 定义2：如果一个整数a,除以一个整数b（b≠0）,得到一个整数商c,而且没有余数,那么叫做a能被b 整除或b能整除a,记作b|a。（a≥b） （2）整除的性质： 如果a、b能被c整除,那么（a+b）与（a-b）也能被c整除。 如果a能被b整除,c是整数,那么a×c也能被b整除。 如果a能被b整除,b又能被c整除,那么a也能被c整除。 如果a能被b、c整除,那么a也能被b和c的最小公倍数整除。 （3）一些常见数的整除特征（倍数特征）： ①末位判别法 2、5的倍数特征：末位上的数字是2、5的倍数。 4、25的倍数特征：末两位上的数字是4、25的倍数。 8、125的倍数特征：末三位上的数字是8、125的倍数。 ②截断求和法（从右开始截） 9（及其因数3）的倍数特征：一位截断求和 99（及其因数3、9、11、33）的倍数特征：两位截断求和 999（及其因数3、9、27、37、111、333）的倍数特征：三位截断求和 ③截断求差法（从右开始截） 11的倍数特征：一位截断求差 101的倍数特征：两位截断求差
奥数题讲解数论问题 所用知识不超过小学5年级，题目难度5颗星。 a,b,c,d都是个位数，由它们组成的四位数abcd和两位数ab、cd满.足(ab+cd) *(ab+cd)=abcd。请问满.足条件的四位数abcd共有多少个? 答案: 3个。 辅导办法:将题目写给小朋友，让他自行思考解答，若20分钟还不能解答,由家长进行讲解。 讲解思路:这种类型的题目,关键是要寻找ab和cd的关系,再根据关系寻找满足条件的数。 步骤1:先思考第一个问题,ab+cd的范围是什么?这个问题很简单, 由于ab+cd的平方是四位数,而32*32=1024 ,99*99=9801, 因此ab+cd在32到99之间。 步骤2:再思考第二个问题,db和cd满足什么关系? 由题意，(ab+cd) *(ab+cd) =100*ab+cd,化简有(ab+cd)*(ab+cd-l)=99*ab 因此，(ab+cd) *(ab+cd-1)是99的倍数。 步骤3:再思考第二个问题,ab+cd可能的取值是多少? 由于99=3*3*11,而(ab+cd)和(ab+cd-1)不可能同时是9的倍数, 因此只可能有3种情况, 结合步骤1中ab+cd的范围讨论。 情况一：ab+cd是9的倍数,ab+cd-1是11的倍数,此时只有ab+cd 是45才满足条件;
情况二:ab+cd是11的倍数,ab+cd-1是9的倍数,此时只有ab+cd是55才满足条件; 情况三:ab+cd或ab+cd-1是99的倍数,此时只有xb+cd是99才满足条件。 步骤4:综合上述几个问题,代入验证， 45*45=2025=(20+25)*(20+25) 55*55=3025= (30+25)*(30+25) 99*99=9801= (98+1) *(98+1),都满足条件, 所以满足条件的数是3个。
小学奥数数论问题余数问题练习题【五篇】 分析：这个题没有告诉我们,这三个数除以这个数的余数分别是多少,但是因为所得的余数相同,根据性质2,我们能够得到：这个数一定能整除这三个数中的任意两数的差,也就是说它是任意两数差的公约数. 101-45=56,101-59=42,59-45=14,(56,42,14)=14,14的约数有1,2,7,14,所以这个数可能为2,7,14. 2.已知三个数127,99和一个小于30的两位数a除以一个一位数b的余数都是3,求a和b的值. 分析：127-3=124,99-3=96,则b是124和96的公约数.而(124,96)=4,所以b=4.那么a的可能取值是11,15,19,23,27. 3.除以99,余数是______. 分析：所求余数与19×100,即与1900除以99所得的余数相同,所以所求余数是19. 4.求下列各式的余数： (1)2461×135×6047÷11 (2)19992000÷7 分析：(1)5;(2)1999÷7的余数是4,19992000 与42000除以7 的余数相同.然后再找规律,发现4 的各次方除以7的余数的排列规律是4,2,1,4,2,1......这么3个一循环,所以由2000÷3 余2 能够得到42000除以7 的余数是2,故19992000÷7的余数是2 . 【第二篇】 (小学数学奥林匹克初赛)有苹果,桔子各一筐,苹果有240个,桔子有313个,把这两筐水果分给一些小朋友,已知苹果等分到最后余2个不够
分,桔子分到最后还余7个桔子不够再分,求最多有多少个小朋友参加 分水果 分析：此题是一道求除数的问题.原题就是说,已知一个数除240余2,除313余7,求这个数为多少,我们能够根据带余除法的性质把它转化成整除的情况,从而使问题简化,因为240被这个数除余2,意味着240- 2=238恰被这个数整除,而313被这个数除余7,意味着这313—7=306 恰为这个数的倍数,我们只需求238和306的公约数便可求出小朋友最多有多少个了.240—2=238(个) ,313— 7=306(个) ,(238,306)=34(人) . 【第三篇】 有一个大于1的整数,除45,59,101所得的余数相同,求这个数. 分析：这个题没有告诉我们,这三个数除以这个数的余数分别是多少,但是因为所得的余数相同,根据性质2,我们能够得到：这个数一定能整除这三个数中的任意两数的差,也就是说它是任意两数差的公约数. 101-45=56,101-59=42,59-45=14,(56,42,14)=14,14的约数有 1,2,7,14,所以这个数可能为2,7,14. 【第四篇】 1.已知三个数127,99和一个小于30的两位数a除以一个一位数b的 余数都是3,求a和b的值. 分析：127-3=124,99-3=96,则b是124和96的公约数.而(124,96)=4,所以b=4.那么a的可能取值是11,15,19,23,27. 2.除以99的余数是______. 分析：所求余数与19×100,即与1900除以99所得的余数相同,所以所求余数是19. 【第五篇】
1 （人大附中考题） 有____个四位数满足下列条件：它的各位数字都是奇数；它的各位数字互不相同；它的每个数字都能整除它本身。1359 ，1935，3195，3915，9135，9315 2 （101中学考题） 如果在一个两位数的两个数字之间添写一个零，那么所得的三位数是原来的数的9倍，问这个两位数45 是＿＿。 3（人大附中考题） 甲、乙、丙代表互不相同的3个正整数，并且满足：甲×甲=乙+乙=丙×135．那么甲最小是____。 可以分析出甲甲是偶数，是135的倍数，且是完全平方数 而135=5*3*3*3，最小再乘以15即为完全平方数，若要为偶数则需再乘4 于是丙为60，甲为90，乙为4050 4 (人大附中考题) 下列数不是八进制数的是( D) A、125 B、126 C、127 D、128 预测 1．在1～100这100个自然数中，所有不能被9整除的数的和是多少？4456 预测 2．有甲、乙、丙三个网站，甲网站每3天更新一次，乙网站每五5天更新一次，丙网站每7天更新一次。2004年元旦三个网站同时更新，下一次同时更新是在____月____日？4.14 预测 3、从左向右编号为1至1991号的1991名同学排成一行．从左向右1至11报数，报数为11的同学原地不动，其余同学出列；然后留下的同学再从左向右1至11报数，报数为11的同学留下，其余的同学出列；留下的同学第三次从左向右1至1l报数，报到11的同学留下，其余同学出列．那么最后留下的同学中，从左边数第一个人的最初编号是____．1331 数论篇二 1 （清华附中考题） 有3个吉利数888，518，666，用它们分别除以同一个自然数，所得的余数依次为a,a+7,a+10,则这个自然数是_____.518=7=511 666-10=656 888,511,656除以这个数，余数相同 888-511=377 888-656=232 这个数为377与232的公因数，且大于10 377=13×29 232=8×29 所以这个自然数为29 2 （三帆中学考题）
一、整除的定义： 当两个整数a 和b （b≠0），a 被b 除的余数为零时（商为整数），则称a 被b 整除或b 整除a ，也把a 叫做b 的倍数，b 叫a 的约数，记作b|a ，如果a 被b 除所得的余数不为零，则称a 不能被b 整除，或b 不整除a ，记作b a. 二、常见数字的整除判定方法 1. 一个数的末位能被2或5整除，这个数就能被2或5整除； 一个数的末两位能被4或25整除，这个数就能被4或25整除； 一个数的末三位能被8或125整除，这个数就能被8或125整除； 2. 一个位数数字和能被3整除，这个数就能被3整除； 一个数各位数数字和能被9整除，这个数就能被9整除； 3. 如果一个整数的奇数位上的数字之和与偶数位上的数字之和的差能被11整除，那么这个数能被11整 除； 4. 如果一个整数的末三位与末三位以前的数字组成的数之差能被7、11或13整除，那么这个数能被7、 11或13整除； 5. 如果一个数从数的任何一个位置随意切开所组成的所有数之和是9的倍数，那么这个数能被9整除； 6. 如果一个数能被99整除，这个数从后两位开始两位一截所得的所有数（如果有偶数位则拆出的数都有 两个数字，如果是奇数位则拆出的数中若干个有两个数字还有一个是一位数）的和是99的倍数，这个数一定是99的倍数。 7. 若一个整数的个位数字截去，再从余下的数中，减去个位数的2倍，如果差是7的倍数，则原数能被 7整除。如果差太大或心算不易看出是否7的倍数，就需要继续上述「截尾、倍大、相减、验差」的过程，直到能清楚判断为止。例如，判断133是否7的倍数的过程如下：13－3×2＝7，所以133是7的倍数；又例如判断6139是否7的倍数的过程如下：613－9×2＝595 ， 59－5×2＝49，所以6139是7的倍数，余类推。 8. 若一个整数的个位数字截去，再从余下的数中，加个位数的4倍，如果和是13的倍数，则原数能被 13整除。如果和太大或心算不易看出是否13的倍数，就需要继续上述「截尾、倍大、相加、验差」知识框架 数的整除
小学奥数数论专题精讲六年级奥数-数论专题 导读：就爱阅读网友为您分享以下“六年级奥数-数论专题”的资讯，希望对您有所帮助，感谢您对的支持! 【例15】（难度级别※※※） 如图，相同的文字代表相同的数字，不同的文字代表不同的数字，并且已知和代表的五位数能被5整除。那么加数“华罗庚学校”代表的五位数最大是多少？ 华罗庚学校+好好学习=中学数学好 【例16】（难度级别※※※）
在下面这个算式中，不同的汉字代表不同的数字，那么“5湖4海”代表的四位数最大是多少？ 1塔湖图+3泉映月=5湖4海 【例17】（难度级别※※※） 下图是一个正确的加法算式，其中相同的字母代表相同的数字，不同的字母代表不同的数字，已知BAD不是3的倍数，GOOD不是8的倍数，那么ABGD代表的四位数是多少？ B?G BO AAO DDD 【例18】（难度级别※※※）
在图19-2.所示算式的每个方框内填人一个数字,要求所填的数字都是质数,并使竖式成立． 【例19】（难度级别※※※） 在图7-3所示的除法算式中，只知道一个数字“3”，且商是一个循环小数．问被除数是多少 ? 【例20】（难度级别※※※※） 已知p,q都是大于1的正整数，并且 2p?1q 和
2q?1p 都是整数，那么p+q的值是多少？ 【例21】（难度级别※※※※） □□□÷□=□□+□-□ ，请将2、4、6、8分别填入算式左端的四个方框，将1、3、5、7分别填入右边的四个方框，使其成为正确的等式。 【作业】 1、老师在黑板上写了15个自然数，让小明计算平均数(保留两位小数)，小明计算出的答数是 11．92．老师说最后一位数字错了，其他的数字都对．正确答案应该是什么?
数论综合 1．如果把任意n个连续自然数相乘，其积的个位数字只有两种可能，那么n是多少? 2．如果四个两位质数a，b，c，d两两不同，并且满足，等式a+b=c+d．那么， (1)a+b的最小可能值是多少? (2)a+b的最大可能值是多少? 3．如果某整数同时具备如下3条性质： ①这个数与1的差是质数； ②这个数除以2所得的商也是质数； ③这个数除以9所得的余数是5． 那么我们称这个整数为幸运数．求出所有的两位幸运数． 4．在555555的约数中，最大的三位数是多少? 5．从一张长2002毫米，宽847毫米的长方形纸片上，剪下一个边长尽可能大的正方形，如果剩下的部分不是正方形，那么在剩下的纸片上再剪下一个边长尽可能大的正方形．按照上面的过程不断地重复，最后剪得正方形的边长是多少毫米?
6．已知存在三个小于20的自然数，它们的最大公约数是1，且两两均不互质．请写出所有可能的答案． 7．把26，33，34，35，63，85，91，143分成若干组，要求每一组中任意两个数的最大公约数是1．那么最少要分成多少组? 8．图10-1中两个圆只有一个公共点A，大圆直径48厘米，小圆直径30厘米．两只甲虫同时从A 出发，按箭头所指的方向以相同的速度分别爬了几圈时，两只甲虫首次相距最远?
9．设a与b是两个不相等的非零自然数． (1)如果它们的最小公倍数是72，那么这两个自然数的和有多少种可能的数值? (2)如果它们的最小公倍数是60，那么这两个自然数的差有多少种可能的数值? 10．狐狸和黄鼠狼进行跳跃比赛，狐狸每次跳 1 4 2 米，黄鼠狼每次跳 3 2 4 米，它们每秒钟都只跳一 次．比赛途中，从起点开始每隔 3 12 8 米设有一个陷阱，当它们之中有一个掉进陷阱时，另一个跳了多 少米? 11.在小于1000的自然数中，分别除以18及33所得余数相同的数有多少个?(余数可以为0)
第八讲提高篇之数论综合 课上习题 【例1】有一个正整数，它加上100后是一个完全平方数，加上168后也是一个完全平方数。这个正整数是多少？ 【例2】已知甲、乙两个自然数的最大公约数是6，两数之和为1998。满足上述条件的数一共有多少组？ 【例3】数学老师把一个两位数的约数个数告诉了小悦，聪明的小悦仔细思考了一下后算出了这个数。同学们，你们知道这个数可能是多少吗？ 课后习题 基础篇 【闯关1】26460 的所有的约数中，6 的倍数有多少个？与6 互质的有多少个？ 【闯关2】11 个连续两位数乘积的末4 位都是0，那么这11 个数的总和最小是多少？ 提高篇 【闯关3】一个正整数若能表示为两个正整数的平方差，则称这个数为“智慧数”，比如23- 2 16 ，16 就是一个“智慧数”。请问：从1 开始的自然数数列中，第2008 个“智慧 5 数”是多少？ 【闯关4】已知三个互不相等的正整数成等差数列，且三个数的乘积是完全平方数，那么这三个数的和最小是多少？ 巅峰篇 【闯关5】有4 个互不相同的三位数，它们的首位数字相同，并且它们的和能被它们之中的3 个数整除。请写出这4 个数。
第八讲提高篇之数论综合 课后习题： 基础篇 【闯关1】26460 的所有的约数中，6 的倍数有多少个？与6 互质的有多少个？ 解析：26460÷6=4410=2×3^2×5×7^2约数个数（1+1）（2+1）（1+1）（2+1）=36。 26460 除去2 与3 的因数，剩下为5×7^2，约数个数6 个，这6 个均与6 互质。 【闯关2】11 个连续两位数乘积的末4 位都是0，那么这11 个数的总和最小是多少？ 解析：11 个连续两位数，至多3 个5 的倍数，那么还有1 个25 的倍数。把25 放最后一个是最小，这八个数为15～25。 提高篇 【闯关3】一个正整数若能表示为两个正整数的平方差，则称这个数为“智慧数”，比如23- 2 16 ，16 就是一个“智慧数”。请问：从1 开始的自然数数列中，第2008 个“智慧 5 数”是多少？ 解析：所有的奇数均可，a^2-b^2=(a-b)(a+b),所有4 的倍数均可，所有除以4 余2 的均不行。2008÷3=669……1,669×4=2676,2676+4=2680 所以第2008个智慧树是2680 【闯关4】已知三个互不相等的正整数成等差数列，且三个数的乘积是完全平方数，那么这三个数的和最小是多少？ 解析：假设三数为k，2k，3k，乘积是6k^3，只要令k=6 即满足 此时三数分别是6，12，18 巅峰篇 【闯关5】有4 个互不相同的三位数，它们的首位数字相同，并且它们的和能被它们之中的3 个数整除。请写出这4 个数。 解析：设为a、b、c、d，和是a、b、c 的倍数，且a 2015年小学奥数数论专题——数位与进制 1．某三位数abc 和它的反序数cba 的差被99除，商等于______与______的差； 2．ab 与ba 的差被9除，商等于______与______的差； 3．ab 与ba 的和被11除，商等于______与______的和。 4．(美国小学数学奥林匹克)把一个两位数的十位与个位上的数字加以交换，得到一个新的两位数．如果原来的两位数和交换后的新的两位数的差是45，试求这样的两位数中最大的是多少？ 5．将一个四位数的数字顺序颠倒过来，得到一个新的四位数(这个数也叫原数的反序数)，新数比原数大8802．求原来的四位数． 6．如果一个自然数的各个数码之积加上各个数码之和，正好等于这个自然数，我们就称这个自然数为“巧数”。例如，99就是一个巧数，因为9×9＋(9＋9)＝99。可以证明，所有的巧数都是两位数。请你写出所有的巧数。 7．有3个不同的数字，用它们组成6个不同的三位数，如果这6个三位数的和是1554，那么这3个数字分别是多少？ 8．有三个数字能组成6个不同的三位数，这6个三位数的和是2886，求所有这样的6个三位数中最小的三位数． 9．用1，9，7三张数字卡片可以组成若干个不同的三位数，所有这些三位数的平均值是多少？ 10．从1～9九个数字中取出三个，用这三个数可组成六个不同的三位数。若这六个三位数之和是3330，则这六个三位数中最小的可能是几？最大的可能是几？ 11．a ，b ，c 分别是09中不同的数码，用a ，b ，c 共可组成六个三位数，如果其中五个三位数 之和是2234，那么另一个三位数是几？ 12．在两位自然数的十位与个位中间插入0～9中的一个数码，这个两位数就变成了三位数，有些两位数中间插入某个数码后变成的三位数，恰好是原来两位数的9倍。求出所有这样的三位数。 13．一辆汽车进入高速公路时，入口处里程碑上是一个两位数，汽车匀速行使，一小时后看到里程碑上的数是原来两位数字交换后的数。又经一小时后看到里程碑上的数是入口处两个数字中间多一个0的三位数，请问：再行多少小时，可看到里程碑上的数是前面这个三位数首末两个数字交换所得的三位数。 14．将四位数的数字顺序重新排列后，可以得到一些新的四位数．现有一个四位数码互不相同，且没有0的四位数M ，它比新数中最大的小3834，比新数中最小的大4338．求这个四位数． 15．已知1370,abcd abc ab a abcd +++=求. 16．已知一个四位数加上它的各位数字之和后等于2008，则所有这样的四位数之和为多少． 17．有一个两位数，如果把数码3加写在它的前面，则可得到一个三位数，如果把数码3加写在它的后面，则可得到一个三位数，如果在它前后各加写一个数码3，则可得到 小学奥数同余问题 Pleasure Group Office【T985AB-B866SYT-B182C-BS682T-STT18】 数论之同余问题 余数问题是数论知识板块中另一个内容丰富，题目难度较大的知识体系，也是各大杯赛小升初考试必考的奥数知识点，所以学好本讲对于学生来说非常重要。 许多孩子都接触过余数的有关问题，并有不少孩子说“遇到余数的问题就基本晕菜了！” 余数问题主要包括了带余除法的定义，三大余数定理（加法余数定理，乘法余数定理，和同余定理），及中国剩余定理和有关弃九法原理的应用。 知识点拨： 一、带余除法的定义及性质： 一般地，如果a是整数，b是整数（b≠0）,若有a÷b=q……r，也就是a＝b×q＋r, 0≤r＜b；我们称上面的除法算式为一个带余除法算式。这里： (1)当0 r=时：我们称a可以被b整除，q称为a除以b的商或完全商 (2)当0 r≠时：我们称a不可以被b整除，q称为a除以b的商或不完全商一个完美的带余除法讲解模型: 如图，这是一堆书，共有a本，这个a就可以理解为 被除数，现在要求按照b本一捆打包，那么b就是除数的 角色，经过打包后共打包了c捆，那么这个c就是商，最 后还剩余d本，这个d就是余数。 这个图能够让学生清晰的明白带余除法算式中4个量的关系。并且可以看出余数一定要比除数小。 二、三大余数定理： 1.余数的加法定理 a与b的和除以c的余数，等于a,b分别除以c的余数之和，或这个和除以c的余数。 例如：23，16除以5的余数分别是3和1，所以23+16=39除以5的余数等 于4，即两个余数的和3+1. 当余数的和比除数大时，所求的余数等于余数之和再除以c的余数。 例如：23，19除以5的余数分别是3和4，故23+19=42除以5的余数等于3+4=7除以5的余数，即2. 2.余数的乘法定理 a与b的乘积除以c的余数，等于a,b分别除以c的余数的积，或者这个积除以c所得的余数。 例如：23，16除以5的余数分别是3和1，所以23×16除以5的余数等于3×1=3。 当余数的和比除数大时，所求的余数等于余数之积再除以c的余数。 例如：23，19除以5的余数分别是3和4，所以23×19除以5的余数等于3×4除以5的余数，即2. 3.同余定理 若两个整数a、b被自然数m除有相同的余数，那么称a、b对于模m同余，用式子 表示为：a≡b ( mod m )，左边的式子叫做同余式。 同余式读作：a同余于b，模m。由同余的性质，我们可以得到一个非常重要的推论：若两个数a，b除以同一个数m得到的余数相同，则a，b的差一定能被m整除 用式子表示为：如果有a≡b ( mod m )，那么一定有a－b＝mk,k是整数，即m|(a－b) 三、弃九法原理： 在公元前9世纪，有个印度数学家名叫花拉子米，写有一本《花拉子米算术》，他们在计算时通常是在一个铺有沙子的土板上进行，由于害怕以前的计算结果丢失而经常检验加法运算是否正确，他们的检验方式是这样进行的： 例如：检验算式1234189818922678967178902889923 ++++= 1234除以9的余数为1 1898除以9的余数为8 18922除以9的余数为42015年小学奥数数论专题——数位与进制
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